Školska 2015/16, junski ispitni rok, I kolokvijum grupa 2 (Strana 1)

Uvešćemo smenu \(t=e^{x}\), gde je \(dt=t\,dx\) i odakle dobijamo da je \(dx=\frac{dt}{t}\) i to zameniti u integral \(I\): \[I = \int \frac{3t^{2}-8t}{t^{3}-4t^{2}+8t}\cdot\frac{dt}{t} = \int \frac{3t-8}{t(t^{2}-4t+8)}\,dt \]

Rastavimo podintegralnu funkciju na parcijalne razlomke:

Rešenje integrala \(I_{1}\) je tablični integral:

Rešenje integrala \(I_{2}\) se dobija uvođenjem smene \(z = t – 2\), pa je \((t – 2)^{2} + 4 = z^{2} + 4\):

Konačno zamenom smena \(z = t – 2\), \(t = e^{x}\) dobijamo:

Prvo ćemo odrediti tačke preseka parabole i kruga prostom zamenom:

Uvedimo smenu \(t = x^{2}\), pa dobijamo:

Jedino validno rešenje ove kvadratne jednačine je \(t = 3\), pa je \(x^{2} = 3 \Rightarrow x = \pm\sqrt{3}\).

Odgovarajuće vrednosti za \(y\) su \(y = 1\). Dakle, tačke preseka su \((\sqrt{3}, 1)\) i \((-\sqrt{3}, 1)\).

Površina regije \(A\) koju treba izračunati se nalazi između krive gornjeg dela polukruga definisanim funkcijom \(f(x) = \sqrt{4 – x^{2}}\) i krive parabole \(g(x) = \frac{x^{2}}{3}\) u intervalu \(x \in [- \sqrt{3}, \sqrt{3}]\).

Odnosno, površina \(A\) se može izraziti kao: \[ A = \int_{x_1}^{x_2} \big[f(x) – g(x)\big] \, dx = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \left(\sqrt{4 – x^{2}} – \frac{x^{2}}{3}\right) dx = 2 \int_{0}^{\sqrt{3}} \left(\sqrt{4 – x^{2}} – \frac{x^{2}}{3}\right) dx \] Primećujemo da je podintegralna funkcija zbir dva tablična integrala: \[ \int \sqrt{a^{2} – x^{2}} \, dx = \frac{x}{2} \sqrt{a^{2} – x^{2}} + \frac{a^{2}}{2} \arcsin{\frac{x}{a}} + C \] \[ \int x^{n} \, dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C \] Dakle, dobijamo: \[ A_{1} = 2 \int_{0}^{\sqrt{3}}\sqrt{2^{2} – x^{2}} \, dx = 2 \left[ \frac{x}{2}\sqrt{2^{2} – x^{2}} + \frac{2^{2}}{2} \arcsin{\frac{x}{2}} \right]_{0}^{\sqrt{3}} = 2 \left[ \frac{\sqrt{3}}{2} + 2 \cdot \frac{\pi}{3} \right] \] \[ A_{1} = \sqrt{3} + \frac{4\pi}{3} \] \[ A_{2} = 2 \int_{0}^{\sqrt{3}} \frac{x^{2}}{3} \, dx = \frac{2}{3} \left[ \frac{x^{3}}{3} \right]_{0}^{\sqrt{3}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{(\sqrt{3})^{3}}{3} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{3} \] \[ A_{2} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \] Konačno, površina regije je: \[ A = A_{1} – A_{2} = \left(\sqrt{3} + \frac{4\pi}{3}\right) – \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{3\sqrt{3} – 2\sqrt{3}}{3} + \frac{4\pi}{3} \] \[ A_{iznad} = \frac{\sqrt{3} + 4\pi}{3} \]

Površina kruga ispod parabole je: \[ A_{ispod} = \pi r^{2} – A = \pi \cdot 2^{2} – \frac{\sqrt{3} + 4\pi}{3} = 4\pi – \frac{\sqrt{3} + 4\pi}{3} = \frac{12\pi – 4\pi – \sqrt{3}}{3} \] \[ A_{ispod} = \frac{8\pi – \sqrt{3}}{3} \]

Konačno, odnos površina je: \[ \text{odnos} = \frac{A_{iznad}}{A_{ispod}} = \frac{\frac{\sqrt{3} + 4\pi}{3}}{\frac{8\pi – \sqrt{3}}{3}} = \frac{\sqrt{3} + 4\pi}{8\pi – \sqrt{3}} \] \[ \text{odnos} = \frac{4\pi + \sqrt{3}}{8\pi – \sqrt{3}} \]

Parametarsku jednačinu možemo predstaviti u implicitnom obliku: \[ x(t) = 3\cos{t} \Rightarrow \left(\frac{x}{3}\right)^{2} = \cos^{2}{t} \] \[ y(t) = 4\sin{t} + 2 \Rightarrow \sin{t} = \frac{y – 2}{4} \Rightarrow \left(\frac{y – 2}{4}\right)^{2} = \sin^{2}{t} \] Sabiranjem dobijamo: \[ \cos^{2}{t} + \sin^{2}{t} = \left(\frac{x}{3}\right)^{2} + \left(\frac{y – 2}{4}\right)^{2} = 1 \] Uočavamo da je kriva zapravo elipsa sa polupravama \(a = 3\) i \(b = 4\), sa centrom u tački \((0, 2)\).

Za dato \(y\ \in [-2,6]\), poluprečnik preseka iznosi \[ r(y)=3\sqrt{1-\frac{(y-2)^2}{16}} \]

Zapreminu tela koje nastaje rotacijom elipse oko y-ose možemo izračunati pomoću integrala: \[ V=\int_{-2}^{6}\pi r(y)^2\,dy =\pi\int_{-2}^{6}\left[9-\frac{9}{16}(y-2)^2\right]dy \] Uvođenjem smene \(u=y-2\), granice integracije postaju \([-4,4]\): \[ V=\pi\int_{-4}^{4}\left[9-\frac{9}{16}u^2\right]du =\pi\left(9\cdot 8-\frac{9}{16}\cdot\frac{(4)^3-(-4)^3}{3}\right) =\pi(72-24) \] \[ V=48\pi \]